物理二輪復(fù)習(xí) 精練四 仿真練（二）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE高考仿真練(二）一、選擇題(共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求。全選對的得6分,選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.（2017·懷化三模)關(guān)于物理學(xué)的研究方法，以下說法錯誤的是（)A.伽利略開創(chuàng)了運(yùn)用邏輯推理和實驗相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法B.卡文迪許在利用扭秤實驗裝置測量萬有引力常量時,應(yīng)用了放大法C.合力與分力、總電阻、交流電的有效值用的是“等效替代”的方法D.電場強(qiáng)度是用比值法定義的，因而電場強(qiáng)度與電場力成正比,與試探電荷的電量成反比解析16世紀(jì)末，伽利略對運(yùn)動的研究,不僅確立了許多用于描述運(yùn)動的基本概念，而且創(chuàng)造了一套對近代科學(xué)發(fā)展極為有益的方法。這些方法的核心是把邏輯推理和實驗相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法，故A正確；扭秤實驗可以測量微弱的作用,關(guān)鍵在于它把微弱的作用經(jīng)過了兩次放大：一方面微小的力通過較長的力臂可以產(chǎn)生較大的力矩,使懸絲產(chǎn)生一定角度的扭轉(zhuǎn)；另一方面在懸絲上固定一平面鏡，它可以把入射光線反射到距離平面鏡較遠(yuǎn)的刻度尺上，從反射光線射到刻度尺上的光點(diǎn)的移動,就可以把懸絲的微小扭轉(zhuǎn)顯現(xiàn)出來，故B正確；合力與分力、總電阻、交流電的有效值用的是“等效替代"的方法,故C正確;電場強(qiáng)度是用比值法定義的，但是電場強(qiáng)度與電場力不成正比，與試探電荷的電荷量不成反比，電場強(qiáng)度由電場本身的性質(zhì)確定.故D錯誤。答案D15.如圖1所示,A、B、C是兩帶電荷量均為Q的正點(diǎn)電荷連線的中垂線上的三點(diǎn)，B是兩線段的交點(diǎn)，A點(diǎn)固定有一帶電荷量也為Q的負(fù)點(diǎn)電荷，現(xiàn)將一電子從B點(diǎn)由靜止釋放，電子運(yùn)動中會經(jīng)由C點(diǎn)繼續(xù)向前運(yùn)動,則(）圖1A.從B到C，電場力對該電子一直不做功B。電子從B到C做加速度變大的加速運(yùn)動C.電子在B、C兩點(diǎn)時的電勢能大小關(guān)系是EpB>EpCD。若電子可回到B點(diǎn)，則回到B點(diǎn)時速度不為零解析由合場強(qiáng)的特點(diǎn)知,電子由B運(yùn)動到C的過程中，受電場力作用,加速度是減小的，故A、B錯誤；由于電子能經(jīng)過C點(diǎn)并向前運(yùn)動，且運(yùn)動過程中只有電場力做功，動能增加,則電勢能減小，所以EpB>EpC，C正確；若電子可回到B點(diǎn),由于只有電場力做功，回到B點(diǎn)時電場力做功為零,動能不變，所以回到B點(diǎn)時速度為零，D錯誤。答案C16.如圖2所示是嫦娥三號巡視器和著陸器，已知月球半徑為R0,月球表面處重力加速度為g0.地球和月球的半徑的比值為eq\f（R，R0)＝4，表面重力加速度的比值為eq\f(g,g0)＝6,則地球和月球的密度的比值eq\f（ρ,ρ0)為（）圖2A.eq\f（2,3） B。eq\f（3，2）C.4 D。6解析設(shè)星球的密度為ρ星，由eq\f（GM星m′,Req\o\al（2，星））＝m′g星得GM星＝g星Req\o\al（2，星)，由ρ星＝eq\f(M星,V星)＝eq\f(M星,\f(4，3)πReq\o\al(3，星）），聯(lián)立解得ρ星＝eq\f(3g星,4GπR星），地球、月球的密度分別為ρ、ρ0，則eq\f(ρ,ρ0）＝eq\f(gR0，g0R），將eq\f（R，R0)＝4及eq\f（g，g0）＝6代入上式，解得eq\f（ρ，ρ0)＝eq\f（3，2)，選項B正確。答案B17.(2017·廣西重點(diǎn)高中高三一模）如圖3甲所示,單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強(qiáng)磁場中。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.以逆時針方向為電流正方向，以向右方向為安培力正方向，下列關(guān)于bc段導(dǎo)線中的感應(yīng)電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是()圖3解析0～0.5T時間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度減小,方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向，為負(fù)，同理可知，0.5T～T時間內(nèi)，電流為正，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,0~0.5T時間內(nèi)通過bc段導(dǎo)線的電流是0。5T～T時間內(nèi)通過bc段導(dǎo)線的eq\f（1,2)，A錯，B對；由安培力公式F＝BIL，I＝eq\f(E，R)，E＝eq\f(ΔΦ，Δt）＝eq\f(ΔB,Δt）S可知，t＝T時bc段導(dǎo)線受到安培力大小是t＝0時bc段導(dǎo)線受到的安培力大小的4倍，C、D均錯。答案B18。在下列敘述中,正確的是(）A.光電效應(yīng)現(xiàn)象說明光具有粒子性B.重核裂變和輕核聚變都會產(chǎn)生質(zhì)量虧損C。居里夫人最早發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象D。若黃光照射某金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，用紫光照射該金屬一定能發(fā)生光電效應(yīng)解析光電效應(yīng)現(xiàn)象說明光具有粒子性,A正確；重核裂變和輕核聚變都要產(chǎn)生能量，根據(jù)質(zhì)能方程得產(chǎn)生能量的過程一定伴隨著質(zhì)量的虧損,B正確;貝可勒爾首先發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，C錯誤；發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于極限頻率，黃光照射能發(fā)生光電效應(yīng)，說明黃光的頻率大于極限頻率，而紫光的頻率更大，故也能發(fā)生光電效應(yīng)，D正確.答案ABD19。如圖4所示,水平放置的平行板間存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一帶電微粒以某一水平速度進(jìn)入場區(qū)剛好做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)進(jìn)入場區(qū)的水平速度適當(dāng)增大時，微粒將一直向一側(cè)偏轉(zhuǎn)并打在板上，則（）圖4A.微粒帶負(fù)電 B。微粒向上偏轉(zhuǎn)C。微粒的電勢能越來越大 D.微粒的速率越來越小解析若微粒帶負(fù)電，受重力、電場力和洛倫茲力都向下,不可能做直線運(yùn)動，A項錯誤;微粒帶正電,電場力與洛倫茲力向上,與重力平衡，當(dāng)水平速度增大時，洛倫茲力增大,微粒向上偏轉(zhuǎn),B項正確；電場力做正功，電勢能變小，C項錯誤；由于重力大于電場力,而洛倫茲力不做功，故向上偏轉(zhuǎn)時合力做負(fù)功，動能變小，D項正確。答案BD20.如圖5所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動,彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦,重力加速度為g。則此下降過程中(）圖5A.A的動能達(dá)到最大前,B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB。A的動能最大時，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC.彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下D.彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r（3)，2）mgL解析對A進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析可知，A球先向下做加速運(yùn)動，處于失重狀態(tài)，對A、B、C整體分析可知，地面的支持力小于3mg，則B受到地面的支持力小于eq\f（3,2）mg，A正確；當(dāng)A球所受的合力為零時,加速度為零，速度最大,B受到地面的支持力等于eq\f(3，2)mg，B正確；當(dāng)A球的速度為零時，彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向豎直向上，C錯誤；A球最后向下做減速運(yùn)動，到達(dá)最低點(diǎn)時三個小球的動能均為零，由機(jī)械能守恒定律得，彈簧的彈性勢能為Ep＝mg（Lcos30°－Lcos60°）＝eq\f（\r(3)－1,2）mgL，D錯誤。答案AB21。如圖6所示為一個小型電風(fēng)扇的電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n∶1,原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流風(fēng)扇電動機(jī)D，電動機(jī)線圈電阻為r.接通電源后，電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測出通過副線圈的電流為I，則下列說法正確的是(）圖6A。理想變壓器的輸入功率為eq\f(UI,n）B.風(fēng)扇電動機(jī)D中的電流為eq\f（U,nr）C。風(fēng)扇電動機(jī)D輸出的機(jī)械功率為eq\f（U，n）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（I－\f（U,nR）))D.若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，則通過原線圈的電流為eq\f（U(R＋r）,n2Rr）解析根據(jù)原、副線圈電流與匝數(shù)成反比可知原線圈中電流為I1＝eq\f(I,n)，根據(jù)P＝UI可知理想變壓器輸入功率P1＝UI1＝eq\f(UI,n)，A正確；根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比可知副線圈兩端電壓U2＝eq\f(U,n），風(fēng)扇電動機(jī)D是非純電阻元件,故風(fēng)扇電動機(jī)中電流I22＝I－eq\f(U2，R）＝I－eq\f（U,nR)≠eq\f(U，nr)，B錯誤；風(fēng)扇電動機(jī)輸出機(jī)械功率為P22＝U2I22－Ieq\o\al（2,22)r,C錯誤;若電風(fēng)扇被卡住,則電風(fēng)扇只是一個純電阻r，副線圈電路電阻為R2＝eq\f（Rr,R＋r),原、副線圈的功率相等，有eq\f(Ueq\o\al（2,2）,R2)＝I11U，解得I11＝eq\f(U(R＋r),n2Rr），D正確。答案AD二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分.第22題~第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題,考生根據(jù)要求作答。）（一）必考題（共47分）22。（5分)如圖7所示，分別是兩個小組探究小車速度隨時間變化的關(guān)系,探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實驗裝置.已知實驗A中砂桶及砂的質(zhì)量小于實驗B中砝碼的質(zhì)量.圖7(1）下列兩條紙帶分別是對應(yīng)上述實驗裝置實驗得到的，每兩個計數(shù)點(diǎn)的時間間隔為0.02s。圖8乙中刻度尺是毫米刻度尺，則圖________是探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗得到的紙帶。圖8(2）圖8甲中計數(shù)點(diǎn)D對應(yīng)的速度為________m/s，圖乙中計數(shù)點(diǎn)D對應(yīng)的刻度讀數(shù)為________m。（保留三位有效數(shù)字）解析(1）根據(jù)題述實驗A中砂桶及砂的質(zhì)量小于實驗B中砝碼的質(zhì)量，可知實驗B探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中得到的紙帶的加速度較大，相鄰相等時間間隔內(nèi)的位移差較大.圖甲中相鄰相等時間間隔內(nèi)的位移差為2。0mm，圖乙中相鄰相等時間間隔內(nèi)的位移差為4.0mm,所以圖乙是探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗得到的紙帶.(2）圖甲中計數(shù)點(diǎn)D對應(yīng)的速度為vD＝eq\f(30。0＋32.0，2×0.02)×10－3m/s＝1。55m/s。圖乙中計數(shù)點(diǎn)D對應(yīng)的刻度讀數(shù)為2。70cm＝2。70×10－2m。答案(1)乙(1分)(2）1.55(2分)2。70×10－2（2分)23.(10分)某同學(xué)要把一個量程為200μA的直流電流計G改裝為量程為4V的直流電壓表。圖9（1）他按如圖9所示的電路，用半偏法測定電流計G的內(nèi)電阻rg，其中電阻R0約為1kΩ。為使rg的測量值盡量準(zhǔn)確，在以下器材中,電源E應(yīng)選用________，電阻R1應(yīng)選用________,電阻R2應(yīng)選用________(選填器材前的字母）。A.電源（電動勢1。5V）B.電源（電動勢6V)C.電阻箱(0～999。9Ω）D?；瑒幼冏杵?0~500Ω）E。電位器（一種可變電阻，與滑動變阻器相當(dāng)）(0～5.1kΩ)F.電位器（0～51kΩ)（2)該同學(xué)在開關(guān)斷開的情況下，檢查電路連接無誤后，將R2的阻值調(diào)至最大。后續(xù)的實驗操作步驟依次是________，________，________，________，最后記錄R1的阻值并整理好器材.（請按合理的實驗順序,選填下列步驟前的字母)a.閉合S1b。閉合S2c。調(diào)節(jié)R2的阻值，使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度d.調(diào)節(jié)R2的阻值,使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半e。調(diào)節(jié)R1的阻值，使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半f.調(diào)節(jié)R1的阻值，使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度(3）如果所得的R1的阻值為300.0Ω,則圖中被測電流計G的內(nèi)阻rg的測量值為________Ω,該測量值________實際值(填“略大于”“略小于”或“等于”）。（4)給電流計G________聯(lián)(填“串”或“并”)一個阻值為________kΩ的電阻，就可以將該電流計G改裝為量程為4V的電壓表。解析(1）利用半偏法測量電流計的內(nèi)阻時,所選滑動變阻器的阻值必須大于電路所需的最小電阻值，根據(jù)電源的路端電壓等于電源電動勢，電路中的最大電流為電流計的滿偏電流，則最小電阻值為eq\f（6,0.2×10－3)Ω＝30kΩ或eq\f(1。5,0.2×10－3）Ω＝7.5kΩ,考慮到保護(hù)電路電阻R0＝1kΩ,則可知調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流計滿偏時滑動變阻器的阻值分別接近29kΩ或6。5kΩ,所以電路圖中的滑動變阻器R2不能選擇D和E，只能選擇F。電流計滿偏時,滑動變阻器的阻值越大，實驗的誤差越小，所以電源應(yīng)選擇電動勢為6V的B,而且電位器F的阻值也滿足調(diào)節(jié)所需。R1是用來測量電流計內(nèi)阻的電阻箱,只能選C。(2）實驗步驟為:第一步，閉合S2（b);第二步，調(diào)節(jié)R2的阻值,使電流計滿偏（c)；第三步,閉合S1(a）；第四步，調(diào)節(jié)R1的阻值，使電流計半偏(e）;第五步，讀出R1的示數(shù)，此即待測電流計的內(nèi)阻。(3)R1的示數(shù)即待測電流計的內(nèi)阻，為300.0Ω。閉合S1后，電路中的總電阻減小，當(dāng)電流計半偏時，干路電流大于電流計的滿偏電流，流過電阻箱的電流大于流過電流計的電流，所以電阻箱的阻值略小于被測電流計的內(nèi)阻。(4)給電流計串聯(lián)一個電阻可以改裝成電壓表，可得改裝后電壓表的內(nèi)阻為RV＝eq\f(Um,Ig)＝eq\f(4,0。2×10－3）Ω＝20kΩ,則串聯(lián)電阻的大小為20kΩ－0.3kΩ＝19。7kΩ.答案(1)BCF（2分)(2)bcae(2分)(3）300。0略小于(3分)（4)串19。7（3分）24.(14分）如圖10所示,半徑為R＝eq\f（16,11）m的光滑的圓弧形凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽的圓弧面與水平面在B點(diǎn)相切,另一條半徑OC與豎直方向夾角為θ＝37°，C點(diǎn)是圓弧形凹槽的最高點(diǎn)，兩個大小相同的小球P、Q質(zhì)量分別為m1＝2kg和m2＝1kg,Q靜止于B點(diǎn)，P放置于水平面上A點(diǎn)，給P施加一個F＝60N的水平向右的瞬間作用力,P在B點(diǎn)與Q發(fā)生對心正碰，碰撞過程沒有能量損失，碰后Q恰好能經(jīng)過最高點(diǎn)C,g取10m/s2，sin37°＝0。6，求：圖10(1）P碰前的速度大小v1和碰后的速度大小v2；(2）力F的作用時間t。解析（1)Q恰能經(jīng)過最高點(diǎn)C，在C點(diǎn)有m2gcosθ＝eq\f（m2veq\o\al(2,C）,R)(2分）Q從B到C過程中機(jī)械能守恒eq\f(1,2）m2veq\o\al(2，B）＝eq\f（1,2)m2veq\o\al(2，C)＋m2gR（1＋cosθ）(2分)聯(lián)立解得vB＝8m/s(1分)P和Q碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒m1v1＝m1v2＋m2vB(2分）系統(tǒng)能量守恒eq\f(1，2）m1veq\o\al（2,1）＝eq\f(1,2）m1veq\o\al(2,2）＋eq\f(1,2）m2veq\o\al(2,B)(2分)解得v1＝6m/s,v2＝2m/s。(2分)（2)由動量定理知Ft＝m1v1(2分）t＝eq\f(m1v1,F）＝0.2s。(1分)答案(1）6m/s2m/s(2)0.2s25。（18分）如圖11甲所示，邊長為a的正方形金屬線框(共有n匝）內(nèi)存在著如圖乙所示的隨時間變化的磁場,磁場垂直紙面向里為正方向，現(xiàn)使線圈通過導(dǎo)線與兩電容器相連，在t＝0時刻在左側(cè)電容器緊靠A板如圖所示位置無初速釋放質(zhì)子和α粒子(不計重力),已知質(zhì)子質(zhì)量為m1、電荷量為q，α粒子質(zhì)量為m2、電荷量為2q(2m1<m2)，兩粒子在兩電容器中的電場和右側(cè)的磁場作用下，最終分別打在屏MN上的E點(diǎn)和F點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），MN右側(cè)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，且寬度無限大，圖象中給定數(shù)據(jù)為已知量,求：圖11（1)0。5t時正方形線框的磁通量和2t時的電動勢；（2）兩粒子最終打在屏MN上E、F兩點(diǎn)的間距。解析(1)根據(jù)題意得Φ＝eq\f（1，2）B0a2(2分）由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt）＝na2eq\f(B0,t）(2分)（2）根據(jù)題意兩電容器加的是同一穩(wěn)恒電壓U，設(shè)質(zhì)子和α粒子射出加速電場時的速度分別為v1和v2，根據(jù)題意得qU＝eq\f（1,2)m1veq\o\al(2，1），其中U＝na2eq\f（B0,t）（2分)聯(lián)立解得v1＝eq\r(\f(2qna2B0，tm1))（2分)同理可得v2＝eq\r（\f（4qna2B0，tm2）)(1分）兩帶電粒子在兩電場中的運(yùn)動軌跡相同，射出偏轉(zhuǎn)電場時速度偏向角均為θ，設(shè)質(zhì)子和α粒子速度大小分別為v3和v4,（1分)根據(jù)題意得R1＝eq\f(m1v3,B1q）（2分）y1＝2R1cosθ,v3cosθ＝v1(2分)聯(lián)立解得y1＝eq\f(2,B1)eq\r(\f（2na2B0m1，qt）)(2分)同理可得y2＝eq\f(2,B1)eq\r（\f（na2B0m2，qt)）(1分)Δy＝y(tǒng)2－y1＝eq\f（2,B1）eq\r（\f（na2B0，qt)）（eq\r(m2）－eq\r（2m1))(1分）答案(1）eq\f(1，2)B0a2eq\f（na2B0，t)(2)eq\f(2，B1)eq\r(\f（na2B0，qt））(eq\r（m2)－eq\r(2m1）)（二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答。)33.【物理—-選修3－3】（15分)(1）（5分)一定量的理想氣體從狀態(tài)M可以經(jīng)歷過程1或者過程2到達(dá)狀態(tài)N，其p－V圖象如圖12所示.在過程1中，氣體始終與外界無熱量交換；在過程2中，氣體先經(jīng)歷等容變化再經(jīng)歷等壓變化。對于這兩個過程，下列說法正確的是________。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）圖12A.氣體經(jīng)歷過程1，其溫度降低B.氣體經(jīng)歷過程1，其內(nèi)能減小C.氣體在過程2中一直對外放熱D.氣體在過程2中一直對外做功E。氣體經(jīng)歷過程1的內(nèi)能改變量與經(jīng)歷過程2的相同(2)(10分)如圖13，密閉汽缸兩側(cè)與一U形管的兩端相連，汽缸壁導(dǎo)熱；U形管內(nèi)盛有密度為ρ＝7.5×102kg/m3的液體.一活塞將汽缸分成左、右兩個氣室，開始時，左氣室的體積是右氣室的體積的一半，氣體的壓強(qiáng)均為p0＝4。5×103Pa。外界溫度保持不變.緩慢向右拉活塞使U形管兩側(cè)液面的高度差h＝40cm，求此時左、右兩氣室的體積之比。取重力加速度大小g＝10m/s2，U形管中氣體的體積和活塞拉桿的體積忽略不計。圖13解析（1)氣體經(jīng)歷過程1，壓強(qiáng)減小，體積變大，膨脹對外做功，內(nèi)能減小，故溫度降低，A、B正確；氣體在過程2中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f（pV,T)＝C，剛開始時，體積不變，壓強(qiáng)減小,則溫度降低,對外放熱,然后壓強(qiáng)不變，體積變大，膨脹對外做功,則溫度升高，吸熱，C、D錯誤;無論是經(jīng)歷過程1還是過程2，氣體初、末狀態(tài)相同,故內(nèi)能改變量相同，E正確。(2）設(shè)初始狀態(tài)時汽缸左氣室的體積為V01,右氣室的體積為V02；當(dāng)活塞至汽缸中某位置時，左、右氣室的壓強(qiáng)分別為p1、p2，體積分別為V1、V2,由玻意耳定律得p0V01＝p1V1(2分）p0V02＝p2V2（2分）依題意有V01＋V02＝V1＋V2且V01＝eq\f(1，2)V02（1分）由力的平衡條件有p2－p1＝ρgh(2分）聯(lián)立各式，代入題給數(shù)據(jù)得2Veq\o\al（2，1)＋3V01V1－9Veq\o\al（2，01)＝0(1分)由此解得V1＝eq\f(3，2)V01（另一解不合題意，舍去)（1分）所以V1∶V2＝1∶1(1分）答案（1）ABE（2)1∶134?！疚锢?—選修3－4】(15分)（1）（5分）一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形如圖14所示，質(zhì)點(diǎn)P此時刻沿y軸負(fù)方向運(yùn)動,經(jīng)過0。1s第一次到平衡位置,波速為5m/s，則下列說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分）圖14A。該波沿x軸負(fù)方向傳播B.Q點(diǎn)的振幅比P點(diǎn)的振幅大C.P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝2.5mD。Q點(diǎn)（橫坐標(biāo)為x＝7.5m的點(diǎn)）的振動方程為y＝5coseq